Question

5．如圖，已知直線l：y=kx+1（k＞0）關于直線y=x+1對稱的直線為l₁，直線l，l₁與橢圓E：$\frac{x^2}{4}+{y^2}$=1分別交于點A、M和A、N，記直線l₁的斜率為k₁．
（Ⅰ）求k•k₁的值；
（Ⅱ）當k變化時，試問直線MN是否恒過定點？若恒過定點，求出該定點坐標；若不恒過定點，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設直線l上任意一點P（x，y）關于直線y=x+1對稱點為P₀（x₀，y₀），利用P與P₀關于直線y=x+1對稱可得關系式 $\left\{\begin{array}{l}y={x_0}+1\\{y_0}=x+1\end{array}\right.$，代入斜率乘積即可得到k•k₁的值；
（Ⅱ）設出M，N的坐標，分別聯立兩直線方程與橢圓方程，求出M，N的坐標，進一步求出MN所在直線的斜率，寫出直線方程的點斜式，整理后由直線系方程可得當k變化時，直線MN過定點$（0，-\frac{5}{3}）$．

解答 解：（Ⅰ）設直線l上任意一點P（x，y）關于直線y=x+1對稱點為P₀（x₀，y₀），
直線l與直線l₁的交點為（0，1），
∴l：y=kx+1，l₁：y=k₁x+1．
$k=\frac{y-1}{x}，{k_1}=\frac{{{y_0}-1}}{x_0}$，
由$\frac{{y+{y_0}}}{2}=\frac{{x+{x_0}}}{2}+1$，得y+y₀=x+x₀+2…①，
由$\frac{{y-{y_0}}}{{x-{x_0}}}=-1$，得y-y₀=x₀-x…②，
由①②得：$\left\{\begin{array}{l}y={x_0}+1\\{y_0}=x+1\end{array}\right.$，
$k{k_1}=\frac{{y{y_0}-（y+{y_0}）+1}}{{x{x_0}}}=\frac{{（x+1）（{x_0}+1）-（x+{x_0}+2）+1}}{{x{x_0}}}=1$；
（Ⅱ）設點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=k{x_1}+1\\ \frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1\end{array}\right.$得$（4{k^2}+1）x_1^2+8k{x_1}=0$，
∴${x_M}=\frac{-8k}{{4{k^2}+1}}$，${y_M}=\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}$．
同理：${x_N}=\frac{{-8{k_1}}}{4k_1^2+1}=\frac{-8k}{{4+{k^2}}}$，${y_N}=\frac{1-4k_1^2}{4k_1^2+1}=\frac{{{k^2}-4}}{{4+{k^2}}}$．
${k_{MN}}=\frac{{{y_M}-{y_N}}}{{{x_M}-{x_N}}}=\frac{{\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}-\frac{{{k^2}-4}}{{4+{k^2}}}}}{{\frac{-8k}{{4{k^2}+1}}-\frac{-8k}{{4+{k^2}}}}}=\frac{{8-8{k^4}}}{{8k（3{k^2}-3）}}=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}$．
MN：y-y_M=k_MN（x-x_M），
∴$y-\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}（x-\frac{-8k}{{4{k^2}+1}}）$，
即：$y=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}x-\frac{{8（{k^2}+1）}}{{3（4{k^2}+1）}}+\frac{{1-4{k^2}}}{{4{k^2}+1}}=-\frac{{{k^2}+1}}{3k}x-\frac{5}{3}$．
∴當k變化時，直線MN過定點$（0，-\frac{5}{3}）$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查計算能力，是中檔題．